Question

7．已知函数f（x）=（x+1）²+aln（x+2）+b（a∈R，b∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点，且极小值恒小于零，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，分类讨论，利用导数的正负讨论函数f（x）的单调性；
（2）由（1）可知a＜$\frac{1}{2}$，f（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$）＜0恒成立，-b＞（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+1）²+aln（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+2），求出右边的最大值，即可求实数b的取值范围．

解答 解：（1）∵f（x）=（x+1）²+aln（x+2）+b，
∴f′（x）=2（x+1）+$\frac{a}{x+2}$=$\frac{2{x}^{2}+6x+4+a}{x+2}$，
令y=2x²+6x+4+a，△=36-8（4+a）=4-8a≤0，即a≥$\frac{1}{2}$，f′（x）≤0，函数在（-2，+∞）上单调递减；
a＜$\frac{1}{2}$时，由y=0，可得x=$\frac{-3±\sqrt{1-2a}}{2}$，∴函数在（-2，$\frac{-3-\sqrt{1-2a}}{2}$），（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）上单调递增；
在（$\frac{-3-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$）上单调递减；
（2）由（1）可知a＜$\frac{1}{2}$，f（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$）＜0恒成立，
∴-b＞（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+1）²+aln（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+2），
令g（a）=（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+1）²+aln（$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$+2），t=$\frac{-3+\sqrt{1-2a}}{2}$（t＞-$\frac{3}{2}$）
∴g（t）=（t+1）²+（-2t²-6t-4）ln（t+2），
∴g′（t）=（-4t-6）ln（t+2），
∵t＞-$\frac{3}{2}$，∴g′（t）＜0，函数g（t）在（-$\frac{3}{2}$，+∞）单调递减，
∴g（t）≤g（-$\frac{3}{2}$）=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$，
∴-b＞$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$，
∴b＜-$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．